无锡市高二物理寒假作业含答案 18.docx
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无锡市高二物理寒假作业含答案18
无锡市高二物理寒假作业第18套
一、单选题(本大题共8小题,共24.0分)
1.下列关于电场强度的说法中,正确的是( )
A.公式E=
只适用于真空中点电荷产生的电场
B.由公式E=
可知,电场中某点的电场强度E与试探电荷q在电场中该点所受的电场力成正比
C.在公式F=k
中,k
是点电荷Q2 产生的电场在点电荷Q1处的场强大小;而k
是点电荷Q 1 产生的电场在点电荷Q2处场强的大小
D.由公式E=k
可知,在离点电荷非常近的地方(r→0),电场强度E可达无穷大
2.将静置在地面上,质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空,在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体.忽略喷气过程重力和空气阻力的影响,则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )
A.
v0B.
v0 C.
v0D.
v0
3.如图所示,圆形线圈垂直放在匀强磁场里,第1秒内磁场方向指向纸里,如图(b)。
若磁感应强度大小随时间变化的关系如图(a),那么,下面关于线圈中感应电流的说法正确的是( )
A.在第1秒内感应电流增大,电流方向为逆时针
B.在第2秒内感应电流大小不变,电流方向为顺时针
C.在第3秒内感应电流减小,电流方向为顺时针
D.在第4秒内感应电流大小不变,电流方向为顺时针
4.
一长直铁芯上绕有一固定线圈M,铁芯右端与一木质圆柱密接,木质圆柱上套有一闭合金属环N,N可在木质圆柱上无摩擦移动,M连接在如图所示的电路中,其中R为滑动变阻器,E1和E2为直流电源,S为单刀双掷开关,下列情况中,可观测到N向右运动的是( )
A.在S已向a闭合的情况下,断开S的瞬间
B.在S已向b闭合的情况下,断开S的瞬间
C.在S已向a闭合的情况下,将R的滑片向d端移动时
D.在S已向b闭合的情况下,将R的滑片向c端移动时
5.
如图所示,平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接,下极板接地。
一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态,则( )
A.带电油滴所带电荷为正电荷
B.若电容器的电容减小,则极板带电量将增大
C.将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离,则带电油滴将竖直向上运动
D.将平行板电容器的上极板向左移动一小段距离,则带电油滴仍然保持平衡状态
6.如图甲所示为一理想变压器,原、副线圈匝数比为22:
1,两个标有“10V,5W”的小灯泡并联在副线圈的两端。
原线圈与正弦交变电源连接,输入电压u如图乙所示,原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想电表)。
则下列说法正确的是( )
A.经过1min原线圈的输出电能为6×102J
B.由于电压过高小灯泡会被烧坏
C.电压表的示数为220
V
D.电流表的示数为2A
7.两个等量同种电荷固定于光滑水平面上,其连线中垂线上有A、B、C三点,如图甲所示,一个电荷量为2×10-3C、质量为0.1kg的小物块(可视为质点)从C点静止释放,其运动的v-t图象如图乙所示,其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)。
下列说法正确的是( )
A.由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大
B.B点的电场强度大小为E=50V/m
C.由C点到A点电场强度逐渐降低
D.由已知不能求出A、B两点间的电势差
8.
如图所示,匀强磁场方向竖直向下,磁感应强度为B.正方形金属框abcd可绕光滑轴OO′转动,边长为L,总电阻为R,ab边质量为m,其他三边质量不计,现将abcd拉至水平位置,并由静止释放,经一定时间到达竖直位置,ab边的速度大小为v,则下列说法不正确的是( )
A.在竖直位置时金属框产生的电动势大小为E=BvL
B.从水平到竖直的过程中通过ab的电荷量为Q=
C.从水平到竖直的过程中金属框内产生热量大小等于mgL-
D.从水平到竖直的过程中通过ab杆上b点电势大于a点电势
二、多选题(本大题共6小题,共24.0分)
9.关于物理学史,下列说法中正确的是( )
A.电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的
B.法拉第不仅提出了场的概念,而且直观地描绘了场的清晰图象
C.安培通过实验发现了电流的磁效应,首次揭示了电与磁的联系
D.楞次通过线圈实验首次发现了磁生电的现象
10.
如图所示为氢原子能级的示意图,现有大量的氢原子处于n=4的激发态,当向低能级跃迁时辐射出若干种不同频率的光。
关于这些光,下列说法正确的是( )
A.最容易表现出波动性的光是由n=4能级跃迁到n=1能级产生的
B.这些氢原子最多可辐射出6种不同频率的光
C.若用n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光照射某金属恰好发生光电效应,则用n=4能级跃迁到n=3能级辐射出的光照射该金属一定能发生光电效应
D.用n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光照射逸出功为6.34 eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为3.86eV
11.中央电视台某节目多次报道某些边远落后农村电价过高,农民负担过重,不利于国家扶贫政策的展开,其中客观原因是电网陈旧老化,近来进行农村电网改造,为减少远距离输电的损耗从而降低电费价格,某发电站采用高压输电向外输送电能。
若输送的总功率为P0,输电电压为U,输电导线的总电阻为R.则下列说法正确的是( )
A.输电线上的电流I=
B.输电线上的电流I=
C.输电线上损失的功率P=(
)2RD.输电线上损失的功率P=
12.如图,一个质量为m、带电量为+q的圆环,可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动,细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中。
现给圆环一个水平向右的初速度v0,在以后的运动中下列说法正确的是( )
A.圆环可能做匀减速运动
B.圆环可能做匀速直线运动
C.圆环克服摩擦力所做的功一定为
D.圆环克服摩擦力所做的功可能为
13.
如图所示,半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B.M为磁场边界上一点,有无数个带电荷量为+q、质量为m的相同粒子(不计重力)在纸面内向各个方向以相同的速率通过M点进入磁场。
下列说法中正确的是( )
A.若粒子进入磁场时的速率为
,这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上,这段圆弧的弧长是圆周长的
B.若粒子进入磁场时的速率为
,这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上,这段圆弧的弧长是圆周长的
C.若将粒子进入磁场时的速率为
,则粒子在磁场中运动的最长时间为
D.若将粒子进入磁场时的速率为
,则粒子在磁场中运动的最长时间为
14.发电机和电动机具有装置上的类似性,源于它们机理上的类似性。
直流发电机和直流电动机的工作原理分别可以简化为如图1、图2所示的情景。
在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中,两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内,相距为L,电阻不计。
电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上,与轨道接触良好。
图1轨道端点MP间接有阻值为r的电阻,导体棒ab受到水平向右的外力作用,以速度v(v平行于MN)向右做匀速运动。
图2轨道端点MP间接有直流电源,电动势为E,内阻不计,电阻为R的导体棒ab以速度v(v平行于MN)向右做匀速运动。
并通过滑轮匀速提升重物,电路中的电流为I.则下列说法正确的是( )
A.在△t时间内,图1“发电机”产生的电能为
B.在△t时间内,图2“电动机”输出的机械能EI△t
C.从微观角度看图1产生电动势是由于洛仑兹的一个分力做功将其他能转化为电能
D.在图2中提升重物增加的机械能是由于安培力对导体棒做正功将电能转化为其他能
三、实验题(本大题共2小题,共14.0分)
15.某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值(约为10kΩ),除了Rx、开关S、导线外,还有下列器材供选用:
A.电压表(量程0~1V,内阻约10kΩ)
B.电压表(量程0~10V,内阻约100kΩ)
C.电流表(量程0~1mA,内阻约30Ω)
D.电流表(量程0~0.6A,内阻约0.05Ω)
E.电源(电动势1.5V,额定电流0.5A,内阻不计)
F.电源(电动势12V,额定电流2A,内阻不计)
G.滑动变阻器R0(阻值范围0~10Ω,额定电流2A)
①为使测量尽量准确,电压表选用______,电流表选用______,电源选用______。
(均填器材的字母代号)
②画出测量Rx阻值的实验电路图。
③该同学选择器材、连接电路和操作均正确,从实验原理上看,待测电阻测量值会______其真实值(填“大于”、“小于”或“等于”),原因是______。
16.某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系。
(1)下列做法正确的是______。
(填选项字母)
A.在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时,将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
B.实验时,先放开木块再接通打点计时器的电源
C.通过增减木块上的砝码改变质量时,不需要重新调节木板倾斜度
(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力,应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量______木块和木块上砝码的总质量。
(填“远大于”“远小于”或“近似等于”)
(3)甲、乙两同学在同一实验室,各取一套图示的装置放在水平桌面上,木块上均不放砝码,在没有平衡摩擦力的情况下,研究加速度a与拉力F的关系,分别得到图中甲、乙两条直线。
设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙,甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙,由图可知,m甲______m乙,μ甲______μ乙.(填“大于”“小于”或“等于”)
四、计算题(本大题共4小题,共38.0分)
17.如图所示,竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切,小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。
现将A无初速释放,A与B碰撞后结合为一个整体,并沿桌面滑动。
已知圆弧轨道光滑,半径R=0.2m;A和B的质量相等;A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ=0.2.取重力加速度g=10m/s2.求:
(1)碰撞后瞬间A和B整体的速率;
(2)A和B整体在桌面上滑动的距离。
18.如图所示,两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上,两导轨间距为L.M、P两点间接有电阻值为R的电阻,一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上,并与导轨垂直.整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直斜面向下.导轨和金属杆的电阻可忽略.让ab杆沿导轨由静止开始下滑,导轨和金属杆接触良好,不计它们之间的摩擦.求:
(1)在加速下滑过程中,当ab杆的速度大小为v时杆中的电流及杆的加速度大小;
(2)在下滑过程中,ab杆可以达到的速度最大值.
19.
如图,一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动,A、B为其运动轨迹上的两点。
已知该粒子在A点的速度大小为v0,方向与电场方向的夹角为53°;它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为37°.不计重力。
求A、B两点间的电势差。
20.如图所示,在水平线ab下方有一匀强电场,方向竖直向下,ab的上方存在匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里,磁场中有一内、外半径分别为R、
的半圆环形区域,外圆与ab的交点分别为M、N.一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放,经过时间t0,由M进入磁场,从N射出,不计粒子重力。
(1)求电场强度E的大小;
(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出,同样能由M进入磁场,从N射出,粒子从M到N的过程中,始终在环形区域中运动,且与内圆相切,求粒子在M点的速度vM的大小;
(3)在
(2)的条件下求粒子在Q时速度v0的大小;
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解:
A、公式E=
是电场强度的定义式,运用比值法定义,适用于任何电场,故A错误。
B、场强E是由电场本身决定的,与试探电荷无关,不能说明E与F成正比,故B错误。
C、在库仑定律公式F=k
中,将Q2看成场源电荷时,k
是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小;而将Q1看成场源电荷时,k
是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处场强的大小,故C正确;
D、公式E=
只适用于真空中的点电荷产生的电场,在离点电荷非常靠近的地方(r→0),场源电荷不能看成点电荷,该公式不成立,所以得不到电场强度可达无穷大的结论,D错误。
故选:
C。
公式E=
是电场强度的定义式,公式E=
点电荷的电场强度的计算式,根据这两个公式的适用条件、各个量的物理意义进行分析.
该题考查电场强度的定义式与点电荷的电场强度的计算式,要理解它们的内涵与外延.
2.【答案】D
【解析】解:
取向上为正方向,由动量守恒定律得:
0=(M-m)v-mv0
则火箭速度v=
故选:
D。
以火箭为研究对象,由动量守恒定律可以求出火箭的速度.
在发射火箭过程中,系统动量守恒,由动量守恒定律即可正确解题.
3.【答案】B
【解析】解:
根据B-t图中同一条直线磁通量的变化率是相同的,由法拉第电磁感应定律:
E=
可知,各段时间内感应电动势大小是定值,由I=
可知:
感应电流大小为定值。
A、在第1s内,由楞次定律知,感应电流的方向为逆时针方向,感应电流是恒定的,故A错误;
B、在第2s内,由楞次定律知,感应电流的方向为顺时针方向,感应电流是恒定的,故B正确;
C、在第3s内,由楞次定律知,感应电流的方向为顺时针方向,感应电流是恒定的,故C错误;
D、在第4s内,由楞次定律知,感应电流的方向为逆时针方向,感应电流是恒定的,故D错误;
故选:
B。
在B-t图中同一条直线磁通量的变化率是相同的;由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势大小恒定;由楞次定律可得出电流的方向。
本题考查了判断感应电流方向与感应电流大小问题,应用楞次定律可以判断出感应电流方向,应用法拉第电磁感应定律与欧姆定律可以判断出感应电流大小。
4.【答案】C
【解析】解:
A、由楞次定律的第二种描述:
“来拒去留”可知要使N向右运动,通过N的磁通量应增大;而A、B中由闭合到断开过程中磁通量均减小,故AB错误;
C、在S已向a闭合的情况下,将R的滑动头向d移动时,滑动变阻器接入电阻减小时,故电路中电流增大,磁场增大,故会使N右移,故C正确;
D、若将移动滑动头,则向c端移动时,滑动变阻器接入电阻增大,则电路中电流减小,磁通量减小,故会使N左移,故D错误;
故选:
C。
要使N向右移动,N应受到向右的力;由楞次定律可知通过N的磁场应如何变化,则可知开关的情况。
楞次定律有两种描述:
“增反减同”和“来拒去留”,后者判断导体的运动更有效,应学会应用。
5.【答案】D
【解析】解:
A、由带电油滴原来处于平衡状态可知,油滴带负电,故A错误;
B、若电容器的电容减小,由于电容器两板间电压不变,根据Q=UC,因此带电量减小,故B错误;
C、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离,即极板间距变大,由于电容器两板间电压不变,则:
E=
减小,所以电荷受到的电场力减小,合力的方向向下,油滴将沿竖直方向向下运动,故C错误;
D、将平行板电容器的上极板竖直向左移动一小段距离,即极板间距不变,由于电容器两板间电压不变,则:
E=
不变,所以电荷受到的电场力不变,油滴仍将保持平衡状态,故D正确;
故选:
D。
将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离,确定电容器的电容变化情况,从而根据电容器两板间电压不变,确定电容器电量,由受力分析,结合平衡条件可知,油滴的电性,当接触电源时,极板的电压不变,根据E=
,从而确定电场强度变化情况,进而即可求解。
本题平行板电容器的动态分析,掌握如何判定电容器的电容变化,理解平衡条件的应用,同时注意当断开电源时,电量不变是解题的隐含条件。
6.【答案】A
【解析】解:
A、由题意得,原线圈的电压有效值为220V,副线圈的电压有效值为10V,得灯泡正常发光,根据Q=Pt=5×60×2=600J,故A正确,B错误;
C、电压表显示为有效值,故示数为220V,故C错误;
D、由A得,输出功率为10W,故原线圈的电流I=
=
A,故D错误;
故选:
A。
根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等,再根据电压与匝数成正比即可求得结论。
掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系,最大值和有效值之间的关系即可解决本题。
7.【答案】B
【解析】解:
A、从速度时间图象可知,由C到A的过程中,物块的速度一直增大,电场力对物块做正功,电势能一直减小,故A错误;
B、带电粒子在B点的加速度最大,为am=
=2m/s2,所受的电场力最大为Fm=mam=0.1×1N=0.1N,则场强最大值为Em=
=50N/C,故B正确;
C、从C到B到A,场强先增大后减小,所以C、A两点的场强大小关系不确定,故C错误;
D、从速度时间图象可知,A、B两点的速度分别为vA=6m/s,vB=3m/s,再根据动能定理得 qUAB=
mvB2-
mvA2=
×0.1×(32-62)J,解得:
UAB=-675V,故D错误。
故选:
B。
由能量守恒定律分析电势能的变化情况。
根据v-t图可知物块在B点的加速度最大,此处电场强度最大,根据牛顿第二定律求场强的最大值。
由C到A的过程中物块的动能一直增大,根据电场线的方向分析电势的变化,由动能定理可求得AB两点的电势差。
明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键,要知道v-t图切线的斜率表示加速度,由动能定理求电势差是常用的方法。
8.【答案】D
【解析】解:
A、在竖直位置时,根据右手定则可知,感应电动势E=BLv,故A正确;
B、从水平到竖直的过程中,
q=It
I=
联立解得:
q=
,故B正确;
C、下落过程有重力和安培力做功,根据功能关系金属框内产生热量大小等于Q=mgL-
,故C正确;
D、从水平到竖直的过程中根据楞次定律,电流方向由b到a,故a点电势大于b点电势,故D不正确。
本题选不正确的;故选:
D。
根据右手定则判断感应电动势大小;根据电流公式和闭合电路欧姆定律以及电磁感应定律求解电荷量;根据功能关系求解热量;根据楞次定律判断电流方向,从而判断电势的高低。
解决本题的关键运用能量守恒定律求解出ab边在最低位置的速度,熟练运用法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式求解安培力。
9.【答案】AB
【解析】【分析】
电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的。
法拉第提出了场的概念,形象直观地描绘了场的清晰图象。
法拉第通过线圈实验首次发现了磁生电的现象。
本题是电学部分物理学史,可根据时代背景进行记忆,不能混淆。
基础题。
【解答】
解:
A、电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根通过油滴实验测得的。
故A正确。
B、法拉第不仅提出了场的概念,而且用电场线形象直观地描绘了场的清晰图象。
故B正确。
C、奥斯特通过实验发现了电流的磁效应,首次揭示了电与磁的联系。
故C错误;
D、法拉第通过线圈实验首次发现了磁生电的现象。
故D错误。
故选:
AB。
10.【答案】BD
【解析】解:
A、核外电子从高能级n向低能级m跃迁时,辐射的光子能量△E=En-Em=hγ,
故能级差越大,光子的能量也越大,即光子的频率越大,
根据γ=
可知频率越大,波长越小,
又波长越大,越易发生明显的干涉和衍射现象;
由图可知当核外电子从n=4能级跃迁到n=3能级时,能级差最小,所以放出光子的能量最小,频率最小,波长最大,故最易发生衍射现象,故A错误;
B、当电子从n=4向低能级跃迁时,跃迁的种类有4→3,4→2,4→1,3→2,3→1,2→1.即可以辐射光的种类为
=6种,故B正确;
C、电子从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光子的能量E=E3-E2=-1.51eV-(-3.4)eV=1.89eV,
而从n=4能级跃迁到n=3能级辐射出的光子的能量E=E4-E3=-0.85eV-(-1.51)eV=0.66eV<1.89eV;
而使金属发生光电效应的条件是光子的能量大于等于电子的逸出功,故不可以发生光电效应,故C错误。
D、用n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光照射逸出功为6.34eV的金属铂,光子的能量为:
△E=E2-E1=-3.4-(-13.6)=10.2eV大于金属铂的逸出功,所以能发生光电效应,由EK=hv-W=10.2eV-6.34 eV=3.86eV,故D正确。
故选:
BD。
能级差越大,辐射的光子频率越大,波长越短;当波长越长,越容易发生衍射现象;根据数学组合公式得出辐射的不同频率的光子种数;通过辐射的光子能量与逸出功比较,判断能否发生光电效应,并根据光电效应方程EK=hv-W,即可求解。
本题考查了能级跃迁和光电效应的综合运用,知道能级间跃迁辐射的光子频率与能级差的关系以及光电效应的条件是解决本题的关键,并注意光电效应方程的内容。
11.【答案】BC
【解析】解:
AB、因为输电总功率P0,输电电压U,输电电流满足P0=UI,则输电电流为:
,故A错误,B正确;
CD、输电线上损失的功率为输电线上的热功率,即为:
P=I2R=(
)2R,故C正确,D错误。
故选:
BC。
明确功率公式的应用,根据P=UI确定输电电流,再根据P=I2R确定损失的功率。
解决本题的关键知道输送功率、输送电压、电流的关系,掌握功率损失的公式P=I2R=
。
12.【答案】BD
【解析】解:
A、当qv0B<mg时,圆环做减速运动到静止,速度在减小,洛伦兹力减小,杆的支持力和摩擦力都发生变化,所以不可能做匀减速运动,故A错误;
B、当qv0B=mg时,圆环不受支持力和摩擦力,做匀速直线运动,故B正确;
CD、当qv0B<mg时,圆环做减速运动到静止,只有摩擦力做功。
根据动能定理得:
-W=0-
mv02
得:
W=
mv02,
当qv0B>mg时,圆环先做减速运动,当qvB=mg时,不受摩擦力,做匀速直线运动,当qv′B=mg时得:
v′=
根据动能定理得:
-W=
-
mv′2
代入解得:
W=
,故C错误,D正确。
故选:
BD。
圆环向右运动的过程中可能受到重力、洛伦兹力、杆的支持力和摩擦力,根据圆环初速度的情况,分析洛伦力与重力大小关系可知:
圆环可能做匀速直线运动,或者减速运动到静止,或者先减速后匀速运动,根据动能定理分析圆环克服摩擦力所做的功。
本题考查分析问题的能力,摩擦力是被动力,要分情况讨论。
在受力分析时往往先分析场力,比如重力、电场力和磁场力,再分析弹力、摩擦力。
13.【答案】AC
【解析】
解:
AB、边界上有粒子射出的范围是偏转圆直径为弦所对应的边界圆弧长,根据洛伦兹力提供向心力
得
,故圆周运动的直径d=2r=
,由几何知识知,其圆周运动的直径对应的等腰三角形的内顶角为120°,故这段圆弧的弧长时圆周长的
,故A正确,B错误;
CD、当粒子速度为
时,根据洛伦兹力提供向心力
解得r=2R,则离子在磁场中转过的最大圆心角:
θ=2arcsin
=60°,粒子在磁场中运动的最长:
t=
,故C正确,D错误;
故选:
AC。
画出带电粒子的运动轨迹,找出临界条件及角度关系,表示出圆周运动的半径,利用圆周运动由洛伦兹力充当向心力列式求解即可。
本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动,解题关键是要牢记这类问题的解题思路,一般由洛伦兹力做向心力求得半径,然后根据几何关系求得半径联立求解。
14.【答案】ACD
【解析】
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